Đề và đáp án tuyển sinh vào lớp 10 thành phố Đà Nẵng năm 2022 - 2023 SVIP

Hướng dẫn giải:

$\quad A=\sqrt{9}+\sqrt{16}+2 \sqrt{2}-\sqrt{8}$

$A=\sqrt{3^{2}}+\sqrt{4^{2}}+2 \sqrt{2}-\sqrt{2^{2} \cdot 2}$

$ A=3+4+2 \sqrt{2}-2 \sqrt{2}=7$

Hướng dẫn giải:

Với $x \geq 0$ và $x \neq 1$, ta có:

$ \begin{aligned} B & =\left(\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}+1}+\frac{1}{\sqrt{x}-1}\right): \frac{x+1}{x-1} \\B & =\left[\frac{\sqrt{x}(\sqrt{x}-1)}{(\sqrt{x}+1)(\sqrt{x}-1)}+\frac{\sqrt{x}+1}{(\sqrt{x}+1)(\sqrt{x}-1)}\right]: \frac{x+1}{x-1} \\B & =\frac{x-\sqrt{x}+\sqrt{x}+1}{(\sqrt{x}+1)(\sqrt{x}-1)} \cdot \frac{x-1}{x+1} \\ B & =\frac{x+1}{x-1} \cdot \frac{x-1}{x+1}=1 \end{aligned} $

Hướng dẫn giải:

a) Vẽ đồ thị của các hàm số $y=-x^{2}$ và $y=2 x-3$

* Đồ thị hàm số $y=-x^{2}$ :

Hệ số $a=-1<0$ nên đồ thị hàm số $y=-x^{2}$ là parabol có bề lõm quay xuống dưới.

Bảng giá trị: 

Suy ra parabol $y=-x^{2}$ đi qua các điểm $(-2 ;-4),(-1 ;-1),(0 ; 0),(1 ;-1),(2 ;-4)$.

* Đồ thị hàm số $y=2 x-3$ :

Bảng giá trị:

Suy ra đồ thị hàm số $y=2 x-3$ là đường thẳng đi qua hai điểm $(0 ;-3)$ và $\left(\dfrac{3}{2} ; 0\right)$.

* Vẽ đồ thị của các hàm số $y=-x^{2}$ và $y=2 x-3$ :

b) Hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số $y=-x^{2}$ và $y=2 x-3$ là nghiệm của phương trình: $-x^{2}=2 x-3 \Leftrightarrow-x^{2}-2 x+3=0 \Leftrightarrow x_{1}=1 ; x_{2}=-3$.

Với $x=1 \Rightarrow y=-1 ; x=-3 \Rightarrow y=-9$. Do đó 2 giao điểm là $A(1 ;-1), B(-3 ;-9)$.

Gọi $H, K$ lần lượt là hình chiếu vuông góc của $A, B$ trên trục $O x$.

Ta có $S_{\triangle O A B}=S_{A K H B}-S_{\triangle O A K}-S_{\triangle O H B}$

$ \begin{aligned} & S_{\triangle O A B}=\dfrac{A K+H B}{2} \cdot K H-\dfrac{1}{2} A K \cdot O K-\dfrac{1}{2} O H \cdot H B \\ & S_{\triangle O A B}=\dfrac{1+9}{2} \cdot 4-\dfrac{1}{2} \cdot 1 \cdot 1-\dfrac{1}{2} \cdot 3 \cdot 9=6\left(cm^{2}\right) . \end{aligned} $

Vậy diện tích tam giác $O A B$ bằng $6 cm^{2}$.

Hướng dẫn giải:

$\left\{\begin{array}{l}x-3 y=5 \\ 2 x+3 y=1\end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}3 x=6 \\ x-3 y=5\end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}x=2 \\ 2-3 y=5\end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}x=2 \\ y=-1\end{array}\right.\right.\right.\right.$.

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất: $(x ; y)=(2 ;-1)$.

Hướng dẫn giải:

Đổi: 20 phút $=\dfrac{1}{3}$ giờ.

Gọi $x(km / h)$ là vận tốc ban đầu của xe máy (điều kiện $x>0$ ).

Thời gian dự định đi từ $A$ đến $B$ là: $\dfrac{160}{x}$ (giờ).

Trong 2 giờ đầu người đó đi được $2 x(km)$. Quãng đường còn lại là $160-2 x(km)$.

Theo bài ra, ta có phương trình:

$ \begin{aligned} & 2+\dfrac{1}{3}+\dfrac{160-2 x}{x+8}=\dfrac{160}{x} \\ & \Leftrightarrow \dfrac{7}{3}+\dfrac{160-2 x}{x+8}=\dfrac{160}{x} \\ & \Leftrightarrow \dfrac{7 x(x+8)}{3 x(x+8)}+\dfrac{3 x(160-2 x)}{3 x(x+8)}=\dfrac{160 \cdot 3 \cdot(x+8)}{3 x(x+8)} \\ & \Rightarrow 7 x^{2}+56 x+480 x-6 x^{2}=480 x+3840 \\ & \Leftrightarrow x^{2}+56 x-3840=0 \end{aligned} $

Ta có: $\Delta^{\prime}=28^{2}-1 .(-3840)=4624>0$

$\Rightarrow$ Phương trình có hai nghiệm phân biệt:

$x_{1}=\dfrac{-28+\sqrt{4624}}{1}=40$ (thỏa mãn) $x_{1}=\dfrac{-28-\sqrt{4624}}{1}=-96($ loại)

Vậy vận tốc ban đầu của xe máy là $40 km / h$.

Hướng dẫn giải:

Phương trình: $x^{2}-2(m+1) x-m^{2}-3=0(*)$, với $m$ là tham số

a. Thay $m=0$ vào phương trình $(*)$, ta được: $x^{2}-2 x-3=0(* *)$

Ta có: $a-b+c=1-(-2)+(-3)=0$

$\Rightarrow$ Phương trình $(* *)$ có hai nghiệm là: $x_{1}=-1 ; x_{2}=-\dfrac{(-3)}{1}=3$

Vậy với $m=0$ thì phương trình $(*)$ có hai nghiệm phân biệt là $x_{1}=-1 ; x_{2}=3$.

b. Vì $a . c=-m^{2}-3<0$ với mọi $m \Rightarrow$ phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt $x_{1}, x_{2}$ với mọi $m$.

Hệ thức Vi-et: $\left\{\begin{array}{l}x_{1}+x_{2}=2(m+1) \\ x_{1} \cdot x_{2}=-m^{2}-3\end{array}\right.$

Vì $x_{1} \cdot x_{2}=-m^{2}-3<0$ nên $x_{1}, x_{2}$ trái dấu $\Rightarrow\left(x_{2}-2 x_{1}\right) ;\left(x_{1}-2 x_{2}\right)$ trái dấu.

Mặt khác $\left(x_{1}+x_{2}-6\right)^{2} \geq 0 ;\left(x_{1} x_{2}+7\right)^{2} \geq 0$ với mọi $x_{1}, x_{2}$

Do đó: $\left(x_{1}+x_{2}-6\right)^{2}\left(x_{2}-2 x_{1}\right)=\left(x_{1} x_{2}+7\right)^{2}\left(x_{1}-2 x_{2}\right)$

$\Leftrightarrow\left(x_{1}+x_{2}-6\right)^{2}=\left(x_{1} x_{2}+7\right)^{2}=0$

$\Leftrightarrow(2 m+2-6)^{2}=\left(-m^{2}-3+7\right)^{2}=0$

$\Leftrightarrow(2 m-4)^{2}=\left(m^{2}-4\right)^{2}=0 \Leftrightarrow m=2$

Vậy với $m=2$ thì phương trình $\left(^{*}\right)$ có hai nghiệm phân biệt $x_{1}, x_{2}$ thoả mãn

$\left(x_{1}+x_{2}-6\right)^{2}\left(x_{2}-2 x_{1}\right)=\left(x_{1} x_{2}+7\right)^{2}\left(x_{1}-2 x_{2}\right)$.

Hướng dẫn giải:

a) Chứng minh rằng các tứ giác $A E H F$ và $B F E C$ nội tiếp

* Xét tứ giác $A E H F$ có $\widehat{A F H}=90^{\circ}$ (do $\left.C F \perp A B\right), \widehat{A E H}=90^{\circ}$ (do $B E \perp A C$ ).

Suy ra $\widehat{A F H}+\widehat{A E H}=180^{\circ}$, mà $\widehat{A F H}$ và $\widehat{A E H}$ ở vị trí đối nhau nên tứ giác $A E H F$ nội tiếp.

* Xét tứ giác $B F E C$ có $\widehat{B F C}=90^{\circ}$ (do $\left.C F \perp A B\right), \widehat{B E C}=90^{\circ}$ (do $B E \perp A C$ ).

Suy ra 2 góc $\widehat{B F C}$ và $\widehat{B E C}$ cùng nhìn đoạn thẳng $B C$ dưới 1 góc bằng nhau nên tứ giác $B F E C$ nội tiếp.

b) Gọi $M, N$ lần lượt là trung điểm của các đoạn $A H, B C$. Chứng minh rằng $F M . F C=F N . F A$.

Tam giác $B F C$ vuông tại $F$ có $F N$ là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền $B C$ $\Rightarrow F N=\dfrac{B C}{2}(1)$

Tam giác $B E C$ vuông tại $E$ có $E N$ là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền $B C$ $\Rightarrow E N=\dfrac{B C}{2}(2)$

Từ (1) và (2) suy ra $F N=E N(*)$.

Tam giác $A H F$ vuông tại $F$ có $F M$ là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền $A H$ $\Rightarrow F M=\dfrac{A H}{2}(3)$

Tam giác $A E H$ vuông tại $E$ có $E M$ là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền $A H$ $\Rightarrow E M=\dfrac{A H}{2}(4)$

Từ (3) và (4) suy ra $F M=E M(* *)$.

Từ $(*)$ và $(* *)$ ta có $M N$ là đường trung trực của $E F$.

Gọi $G$ là giao điểm của $M N$ và $E F$.

Tam giác $F M E$ có $M G$ là đường cao đồng thời là đường trung tuyến.

Suy ra $F M E$ cân tại $M$ có $M G$ là đường phân giác $\widehat{F M G}=\dfrac{1}{2} \widehat{F M E}$ Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác $A E H F$ có $\widehat{F A E}=\dfrac{1}{2} \widehat{F M E}$ (góc nội tiếp bằng một nửa góc ở tâm chắn cung $E F)(6)$.

Từ (5) và (6) suy ra $\widehat{F A E}=\widehat{F M G}$ hay $\widehat{F A C}=\widehat{F M N}$.

Lại có $F M=M H=\dfrac{1}{2} A H$ nên tam giác $F M H$ cân tại $M \Rightarrow \widehat{M H F}=\widehat{M F H}=\widehat{D H C}$.

Mặt khác $F N=N C=\dfrac{1}{2} B C$ nên tam giác $F N C$ cân tại $N \Rightarrow \widehat{N F C}=\widehat{N C F}$.

Mà $\widehat{N C F}+\widehat{H D C}=90^{\circ} \Rightarrow \widehat{N F C}+\widehat{M F H}=\widehat{M F N}=90^{\circ}$.

Xét tam giác $\triangle F M N$ và $\triangle F A C$ có $\widehat{F M N}=\widehat{F A C}, \widehat{M F N}=\widehat{A F C}=90^{\circ}$.

Suy ra $\triangle F M N \backsim \triangle F A C \Rightarrow \dfrac{F M}{F A}=\dfrac{F N}{F C} \Rightarrow F M . F C=F N . F A($ đpcm).

c) Chứng minh rằng đường tròn đường kính $P Q$ đi qua giao điểm của $F E$ và $M N$.

Vì $M N \perp E F$ tại $G$ nên $\widehat{M G F}=90^{\circ}$.

Ta có $M P \perp P Q$ tại $P$ nên $\widehat{M P F}=90^{\circ}$.

Tứ giác $M P F G$ có $\widehat{M G F}+\widehat{M P F}=180^{\circ}$, mà 2 góc này đối nhau $\Rightarrow M P F G$ là tứ giác nội tiếp. Suy ra $\widehat{M G P}=\widehat{M F P}(2$ góc nội tiếp cùng chắn cung $M P)$.

Vì $M N \perp E F$ tại $G$ nên $\widehat{N G F}=90^{\circ}$.

Ta có $N Q \perp P Q$ tại $Q$ nên $\widehat{N Q F}=90^{\circ}$.

Tứ giác $N Q F G$ có $\widehat{N G F}+\widehat{N Q F}=180^{\circ}$, mà 2 góc này đối nhau $\Rightarrow N Q F G$ là tứ giác nội tiếp. Suy ra $\widehat{N G Q}=\widehat{N F Q}$ (2 góc nội tiếp cùng chắn cung $N Q)$.

$\Rightarrow \widehat{M G P}+\widehat{N G Q}=\widehat{M F P}+\widehat{N F Q}$

Mà $\widehat{M F N}=90^{\circ}$ nên $\widehat{M F P}+\widehat{N F Q}=90^{\circ} \Rightarrow \widehat{M G P}+\widehat{N G Q}=90^{\circ} \Rightarrow \widehat{P G Q}=90^{\circ} \Rightarrow G$ thuộc đường tròn đường kính $P Q$.

Vậy đường tròn đường kính $P Q$ đi qua giao điểm của $F E$ và $M N$.